Hh9 chuyên đề 2 đường tròn – dây cung – tiếp tuyến của đường tròn (32 trang)

CHUYÊN ĐỀ 2.ĐƯỜNG TRÒN – DÂY CUNG – TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN Định nghĩa: Đường trịn tâm O bán kính R  hình gồm điểm cách điểm O khoảng R kí hiệu (O; R) hay (O) + Đường tròn qua điểm A1 , A2 , , A n gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A2 An + Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác A1A2 An gọi đường trịn nội tiếp đa giác Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vng trung điểm cạnh huyền tâm vịng trịn ngoại tiếp + Trong tam giác , tâm vòng tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác + Trong tam giác thường: Tâm vòng tròn ngoại tiếp giao điểm đường trung trực cạnh tam giác Tâm vịng trịn nội tiếp giao điểm đường phân giác tam giác PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh điểm A1 , A2 , , A n thuộc đường tròn ta chứng minh điểm A1 , A2 , , A n cách điểm O cho trước Ví dụ Cho tam giác ABC có cạnh a AM, BN,CP đường trung tuyến Chứng minh điểm B,P, N,C thuộc đường trịn Tính bán kính đường trịn Giải: Vì tam giác ABC nên trung tuyến đồng thời đường cao Suy AM, BN,CP vng góc với BC, AC, AB A Từ ta có tam giác BPC, BNC tam giác vuông Với BC cạnh huyền, suy MP MN MB MC N P Hay: Các điểm B,P, N,C thuộc đường tròn Đường kính BC a , tâm đường trịn Trung điểm M BC B M C  D  900 Gọi M, N,P,Q trung điểm Ví dụ 2.Cho tứ giác ABCD có C AB, BD, DC,CA Chứng minh điểm M, N,P,Q thuộc đường trịn Tìm tâm đường trịn Giải: T B M A D N O Q C P Kéo dài AD,CB cắt điểm T tam giác TCD vuông T + Do MN đường trung bình tam giác ABD nên NM / /AD + MQ đường trung bình tam giác ABC nên MQ / /BC Mặt khác AD  BC  MN  MQ Chứng minh tương tự ta có: MN  NP, NP  PQ Suy MNPQ hình chữ nhật Hay điểm M, N,P,Q thuộc đường trịn có tâm giao điểm O hai đường chéo NQ,MP Ví dụ 3.Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm AC G trọng tâm tam giác ABM Gọi Q giao điểm BM GO Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ Giải: A P N I G Q B M K O C Vì tam giác ABC cân A nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường trung trực BC Gọi K giao điểm AO BM Dưng đường trung tuyến MN, BP tam giác ABM cắt trọng tâm G Do MN / /BC  MN  AO Gọi K giao điểm BM AO K trọng tâm tam giác ABC suy GK / /AC Mặt khác ta có OM  AC suy GK  OM hay K trực tâm tam giác OMG  MK  OG Như tam giác BQG vng Q Do tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác GQB trung điểm I BG  B  900 BC 2AD 2a, Gọi H hình chiếu Ví dụ Cho hình thang vng ABCD có A vng góc B lên AC M trung điểm HC Tìm tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BDM Giải: A D H E B O N M C Gọi N trung điểm BH MN đường trung bình tam giác HBC suy MN  AB , mặt khác BH  AM  N trực tâm tam giác suy ABM AN  BM Do MN / /  BC  MN / / AD nên ADMN hình bình hành suy AN / /DM Từ ta có: DM  BM hay tam giác DBM vng M nên tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác DBM trung điểm O BD Ta có R MO  BD  1 a AB2  AD  4a  a  2 Bài tốn tương tự cho học sinh thử sức Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vng góc với AC Trên AC,CD ta lấy điểm M,N cho AM DN  Chứng minh điểm M, B,C,N nằm đường tròn AH DC   Gợi ý: BCN 900 , chứng minh BMN 900 Ví dụ Cho lục giác ABCDEF tâm O Gọi M,N trung điểm CD, DE AM cắt BN I Chứng minh điểm M,I,O,N, D nằm đường tròn Giải: B C A K1 J M H1 H I N E D O D K O N F E A B Do ABCDEF lục giác nên OM  CD,ON  DE  M, N,C, D nằm đường tròn đường kính OD Vì tam giác OBN OAM nên điểm O cách AM, BN suy OI phân giác  góc AIN OH  AM  DH1 2OH (Do OH đường trung bình tam giác DAH1  DH1  AM Kẻ  OK  BN OK JO   với J AD  NB )  DK1 2OK (Do DK1 JD  DK1  BN Kẻ  Do OK OH  DH1 DK1 suy D cách AM, BN hay ID phân giác   AIN  OID 900 Vậy điểm M,I,O, N, D nằm đường trịn đường kính OD Ví dụ Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC, N điểm thuộc đường chéo AC cho AN  AC Chứng minh điểm M,N,C, D nằm đường tròn Giải:  Ta thấy tứ giác MCDN có MCD 900 nên để chứng minh điểm M, N,C, D nằm  đường tròn ta chứng minh MND 900 Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC, AD E,F Xét hai tam giác vuông NEM DFN 1 EM NF  AB,EN DF  AB 4 từ suy NEM DFN       NME DNF,MNE NDF  MNE  DNF 90 Hay tam giác MND vuông N Suy điểm M, N,C, D nằm đường trịn đường kính MD Cách 2: Gọi K trung điểm ID với I giao điểm hai đường chéo Dễ thấy MCKN hình bình hành nên suy CK / /MN Mặt khác NK  CD, DK  CN  K trực tâm tam giác CDN  CK  ND  MN  ND E B M C I N K A F D Ví dụ Trong tam giác ABC gọi M,N,P trung điểm AB, BC,CA A1 , B1 ,C1 chân đường cao hạ từ đỉnh A, B,C đến cạnh đối diện A2 , B2 ,C2 trung điểm HA,HB,HC Khi điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 ,A , B2 ,C nằm đường tròn gọi đường tròn Ơ le tam giác Giải: A A2 C1 M B1 H P Q B2 B A1 I N C2 C 1 a) Thật ta có MN A C2  AC, MA NC2  BH mà BH  AC suy MNC2 B2 hình 2 chữ nhật, tương tự ta có MPB2 C2 , NPA2 B2 hình chữ nhật nên điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 ,A , B2 ,C nằm đường trịn có tâm trung điểm đường chéo hình chữ nhật Từ ta suy tâm đường trịn Ơ le trung điểm Q HI Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD đường kính (O) M trung điểm BC,H trực tâm tam giác Gọi X, Y, Z hình chiếu vng góc điểm D lên HB,HC, BC Chứng minh điểm X, Y, Z,M thuộc đường tròn Giải: I A J H X K B E O Y Z M C D Phân tích: M trung điểm BC  M trung điểm HD (Bài toán quen thuộc) X, Y, Z hình chiếu vng góc điểm D lên HB,HC, BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ le tam giác: Từ sở ta có lời giải sau: + Giả sử HB cắt DY I,HC cắt DX K , J trung điểm IK Ta dễ chứng minh BHCD hình bình hành suy hai đường chéo HD, BC cắt trung điểm M đường Vì DX  HI, DI  HC suy K      trực tâm tam giác IHD nên KDI (chú ý HI / /CD) CHD (cùng phụ với KHI HCD KID  góc HDI ) Từ suy KID CHD CM, DJ + Mặt khác hai trung tuyến tương ứng tam giác CHD KID , ta có  HCM  Từ suy DJ  BC Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ DIJ CHM  JDI Theo tốn ví dụ , đường trịn đường kính MJ đường tròn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: X, Y,Z,M nằm đường trịn đường kính MJ Đó điều phải chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC có trực tâm H Lấy điểm M,N thuộc tia BC cho MN BC M nằm B,C Gọi D,E hình chiếu vng góc M,N lên AC,AB Chứng minh cácđiểm A, D,E,H thuộc đường tròn Giải: A D E H K C B N M   Giả sử MD cắt NE K Ta có HB / /MK vng góc với AC suy HBC ( góc KMN đồng vị)   Tương tự ta có HCB KNM kết hợp với giả thiết BC MN  BHC KMN  S BHC S KMN  HK / /BC Mặt khác ta có BC  HA nên HK  HA hay H thuộc đường trịn đường trịn đường kính AK Dễ thấy E, D  (AK) nên cácđiểm A, D,E,H thuộc đường trịn Ví dụ 10 Cho tam giác ABC P điểm PA,PB,PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A1 , B1 ,C1 Gọi A2 , B2 ,C2 điểm đối xứng với A1 , B1 ,C1 qua trung điểm BC,CA, AB Chứng minh rằng: A2 , B2 ,C2 trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn Giải: A C2 + Gọi G trọng tâm B2 C3 Atam B3 I giác O ABC ,theo B1 toán quen thuộc đường G H K B4 A2 A , B3 ,C OG  OH C trịn Ơ le G thuộc đoạn OH Gọi P trung điểm BC,CA, AB C1 C A3 B Theo giả thiết A3 trung điểm A1A , G trọng tâm tam giác ABC AA1A2 Gọi A , B4 ,C4 trung điểm AAA 1 , BB1 ,CC1 Vì G trọng tâm tam giác AA1A nên GA  GA Gọi K (O)  OA  AA1  A trung điểm thuộc đường trịn tâm OP K đường AA1 kính OP dây hay cung KA  OP (2) + Gọi I điểm thuộc tia đối GK cho GK  (3) Từ (1) (3) suy IH / /KO GI IH 2KO OP Từ (2) (3) ta dễ thấy IA / /KA IA 2KA OP Từ suy IA IH hay A   I; IH  Tương tự ta có B2 ,C2   I; IH  Hay A , B2 ,C2 ,H thuộc đường tròn tâm I bán kính IH OP ta có điều phái chứng minh VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN 1.Khi đường thẳng có hai điểm chung A, B với đường trịn (O) ta nói đường thẳng cắt đường trịn hai điểm phân biệt Khi ta có kết quan trọng sau: O A M O H B M A H B + OH  AB  OH  R,HA HB  R  OH2 Theo định lý Pitago ta có: OH2 MO  MH2 Mặt khác ta có: OH2 R  AH2 nên suy MO2  MH R  AH2  MH  AH MO  R  (MH  AH)  MH  AH  MO  R + Nếu M nằm ngồi đoạn AB MA.MB MO  R đoạn AB MA.MB R  MO2 dây cung: R OH2  AB + Nếu M nằm Mối liên hệ khoảng cách Khi đường thẳng  có điểm chung H với đường trịn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay  tiếp tuyến đường tròn (O) Điểm H gọi tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn (O) Như  tiếp tuyến (O)  vng góc với bán kính qua tiếp điểm Ta có OH R Nếu hai tiếp tuyến đường trịn cắt điểm + Điểm cách hai tiếp điểm + Tia kẻ từ điểm đến tâm O tia phân giác góc tạo tiếp tuyến +Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua tiếp điểm + Tia kẻ từ tâm qua điểm vng góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm trung điểm đoạn thẳng A O M H Δ H O B Khi đường thẳng  đường tròn (O) khơng có điểm chung ta nói đường thẳng  đường trịn (O) khơng giao Khi OH  R O Δ H Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác đường tròn nội tiếp tam giác Đường trịn nội tiếp có tâm giao điểm đường phân giác tam giác Đường tròn tiếp xúc với cạnh tam giác phần kéo dài hai cạnh gọi đường tròn bàng tiếp tam giác Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A giao điểm hai đường phân giác ngồi góc B góc C Mỗi tam giác có đường trịn bàng tiếp A P M D F B O O B C N E A C Đường trịn bàng tiếp góc A CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN Δ  B  900 ) có O trung điểm AB góc Ví dụ Cho hình thang vng ABCD (A  tiếp tuyến COD 900 Chứng minh CD A C đường trịn đường kính AB Giải: H O E B D   Kéo dài OC cắt BD E COD 900 suy EOD 900 Xét tam giác COD EOD ta có OD chung OC OA  1  OC OD  COD EOD Suy DC DE hay tam giác ECD cân D Kẻ OD OB OH  CD OBD OHD  OH OB mà OB OA  OH OB OA hay A,H, B thuộc đường tròn (O) Do CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB Ví dụ Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M,N hai điểm cạnh AB, AD cho chu vi tam giác AMN 2a Chứng minh đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định Giải: M A B E H N D C Trên tia đối BA ta lấy điểm E cho BE ND Ta có BCE DCN  CN CE Theo giả thiết ta có: MN  AM  AN AB  AD  AM  MB  AN  DN  AM  AN  MB  BE Suy   Kẻ CH  MN  MNC MEC  CMN CMB MN MB  BE ME Từ ta suy CH CB CD a Vậy D,H, B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB a suy MN ln tiếp xúc với đường trịn tâm C bán kính a Ví dụ Cho tam giác ABC cân A đường cao BH Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ AB vẽ Bx  BA cắt đường tròn tâm B bán kính BH D Chứng minh CD tiếp tuyến A (B) Giải: H B α C D x    900 Mặt khác ta có   Vì Bx  BA  B Vì tam giác ABC cân A nên ta có: B C    900  B  B  Hai tam giác BHC BDC có BC chung, B  B  , BH BD R suy B 1 2   BHC BDC(c.g.c) suy BHC  BDC 900 Nói cách khác CD tiếp tuyến đường trịn (B) Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A (AB  AC) đường cao AH Gọi E điểm đối xứng với B qua H Đường trịn tâm O đường kính EC cắt AC K Chứng minh HK tiếp tuyến đường tròn (O) Giải: A I EKC B Vì tam giác K H có cạnh O E C đường kính EC (O) nên  EKC 900 Kẻ  B  ( HI  AC  BA / /HI / /EK suy AI IK từ ta có tam giác AHK cân H Do K  C  ( tam giác KOC cân   phụ với góc hai góc BAH,IHK ) Mặt khác ta có: K  900  K  K  900 suy  O ) Mà B  C HKO 900 hay HK tiếp tuyến (O) Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH kẻ tiếp tuyến BD,CE với (A) ( D,E tiếp điểm khác H ) Chứng minh DE tiếp xúc với đường trịn đường kính BC Giải: E A D B H O C     Mặt khác ta có: ODC OCD  KMC OMD Trường hợp 1: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa A bờ KO (h1)   Hai góc AMC,AMD có góc     phụ với tương ứng KMC,ODC mà KMC nên ODC    hay MA tia phân giác góc CMD AMC AMD Trường hợp 2: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa B bờ KO (h2) tương tự ta có MB tia phân giác  góc CMD  Suy Đường thẳng AB chứa phân giác góc CMD Ví dụ Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi H trung điểm CD Vẽ dây AF qua H Chứng minh BF / /CD Giải: A D H C O K F B   Để chứng minh BF / /CD ta chứng minh AHK AFB 1   AOB Ta có AFB ( Tính chất góc nội tiếp chắn cung AB ) 1      BOK  AOB  AFB AOK Mặt khác KO phân giác góc AOB nên AOK Vì A,K, B,O,H     nằm đường trịn đường kính KO nên AHK AOK  AFB AHK  BF / /CD Ví dụ Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi H trung điểm CD Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB I Chứng minh CI  OB Giải: D A C H I K B O F       Ta có HI / /BD  CHI Mặt khác CAB chắn cung CB nên suy CHI hay CDB CDB CAB     AHIC tứ giác nội tiếp Do IAH Mặt khác ta có A,K, B,O,H nằm ICH  BAH ICH   đường trịn đường kính KO nên BAH BKH   Từ suy ICH BKH  CI / /KB Mà KB  OB  CI  OB Nhận xét: Mấu chốt toán nằm vấn đề OB  KB Thay chứng minh CI  OB ta chứng minh CI / /KB Ví dụ Cho đường tròn (O) dây cung ADI Gọi I điểm đối xứng với A qua D Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt IB K Gọi C giao điểm thứ hai KD với đường tròn (O) Chứng minh BC / /AI Giải: K B C O   Ta cần chứng minh: AIK KBC A D I      CAB  sđ CB Mặt khác ta có: KBC nên ta chứng minh AIK hay  BID BCA Thật CAB theo tính chất ta có: CB DB CB DB   mà DA DI  CA DA CA DI     Tứ giác ACBD nội tiếp nên BCA BDI  BID BCA  AIK CAB   Hay AIK KBC  BC / /AI Ví dụ Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M giao điểm OK AB Kẻ OH vng góc với CD cắt AB E Chứng minh E CMOE tứ giác nội tiếp CE, DE tiếp tuyến đường tròn (O) Giải: Theo tốn 2, ta có CMOD    K tứ giác nội tiếp nên CMK ODC OCD D A H C M B O